Question

已知函數(shù)f（x）=

t?e2x

x

的定義域為（0，+∞）．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）≥2e在其定義域內(nèi)恒成立，求實數(shù)t的取值范圍；
（3）求證：

n

i=1

1

i•e2i

＜

1

e

．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由f′（x）=

t•e2x(2x-1)

x2

，分t＞0，t=0，t＜0，三種情況，分別討論f′（x）在函數(shù)定義域上的符號，進(jìn)而可得f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）結(jié)合（1）中函數(shù)的單調(diào)性，可得當(dāng)t＞0時，f（x）≥2te恒成立，若f（x）≥2e在其定義域內(nèi)恒成立，則2te≥2e，解得實數(shù)t的取值范圍；
（3）由（2）得當(dāng)x∈（0，+∞）時，

e2x

x

≥2e，即x•e^2x≥2e•x²＞0，即

1

x•e2x

≤

1

2e•x2

，進(jìn)而利用放縮法和裂項相消法，可證得結(jié)論．

解答： 解：（1）∵f（x）=

t?e2x

x

，
∴f′（x）=

2tx?e2x-t•e2x

x2

=

t•e2x(2x-1)

x2

，
若t＞0，則當(dāng)x∈（0，

1

2

）時，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（

1

2

，+∞）時，f′（x）＞0，
故（0，

1

2

）為f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間，（

1

2

，+∞）為f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間，
若t=0，f′（x）=0恒成立，此時f（x）無單調(diào)區(qū)間，
若t＜0，則當(dāng)x∈（0，

1

2

）時，f′（x）＞0，當(dāng)x∈（

1

2

，+∞）時，f′（x）＜0，
故（0，

1

2

）為f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間，（

1

2

，+∞）為f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間，
（2）當(dāng)t＜0時，f（x）≥2te恒成立，不滿足題意，
當(dāng)t=0時，f（x）=0恒成立，不滿足題意，
當(dāng)t＞0時，f（x）≥2te恒成立，
若f（x）≥2e在其定義域內(nèi)恒成立，則2te≥2e，
解得t≥1；
證明：（3）由（2）得當(dāng)x∈（0，+∞）時，

e2x

x

≥2e，
即x•e^2x≥2e•x²＞0，
故

1

x•e2x

≤

1

2e•x2

，
∴

n

i=1

1

i•e2i

≤

1

2e•12

+

1

2e•22

+

1

2e•32

+…+

1

2e•n2

=

1

2e

（1+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

）＜

1

2e

（1+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)×n

）=

1

2e

（2-

1

n

）=

1

e

-

1

2ne

＜

1

e

點評：本題考查的知識點是利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上的函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，不等式的證明，是導(dǎo)數(shù)與函數(shù)和不等式的綜合應(yīng)用，綜合性強，運算量大，轉(zhuǎn)化困難，屬于難題．